2018版高考数学复习解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题.docx

第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题例1(2017长沙联考)已知椭圆1(a0，b0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)证明由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mtb0)，焦点F(c,0)，因为，将点B(c，)的坐标代入方程得1.由结合a2b2c2，得a，b1.故所求椭圆方程为y21.(2)由得(2t2)y22ty220.因为l为切线，所以(2t)24(t22)(22)0，即t2220.设圆与x轴的交点为T(x0,0)，则(x0，y1)，(x0，y2)因为MN为圆的直径，故x2y1y20.当t0时，不符合题意，故t0.因为y1，y2，所以y1y2，代入结合得，要使上式为零，当且仅当x1，解得x01.所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(1,0)与(1,0)，即椭圆的两个焦点题型二定值问题例2(2016广西柳州铁路一中月考)椭圆有两顶点A(1，0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|时，求直线l的方程；(2)当点P异于A，B两点时，求证：为定值(1)解椭圆的焦点在y轴上，故设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得b1，c1，a，椭圆的方程为x21.当直线l的斜率不存在时，|CD|2，与题意不符；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，C(x1，y1)，D(x2，y2)联立化简得(k22)x22kx10, 则x1x2，x1x2.|CD|，解得k.直线l的方程为xy10或xy10.(2)证明当直线l的斜率不存在时，与题意不符当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0，k1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，点P的坐标为(，0)由(1)知x1x2，x1x2，且直线AC的方程为y(x1)，直线BD的方程为y(x1)，将两直线方程联立，消去y，得.1x11，1x20)(2)弦长|TS|为定值理由如下：取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d|x0|x0，圆的半径r|MA|，则|TS|22，点M在曲线C上，x0，|TS|22是定值题型三探索性问题例3(2015四川)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点，如果存在定点Q满足条件，则有1，即|QC|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，)，由，有，解得y01或y02，所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)，下面证明：对任意直线l，均有，当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，因此2k，易知，点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)，又kQAk，kQBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线，所以，故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得恒成立思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法(2015湖北)一种作图工具如图1所示O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON1，MN3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系(1) 求曲线C的方程；(2) 设动直线l与两定直线l1：x2y0和l2：x2y0分别交于P，Q两点若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由解(1)设点D(t,0)(|t|2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，2，且|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且即且t(t2x0)0.由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0，y0，代入xy1，可得1，即所求曲线C的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有SOPQ448.当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxm，由消去y，可得(14k2)x28kmx4m2160.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24.(*1)又由可得P；同理可得Q.由原点O到直线PQ的距离为d和|PQ|xPxQ|，可得SOPQ|PQ|d|m|xPxQ|m|.(*2)将(*1)式代入(*2)式得，SOPQ8.当k2时，SOPQ888；当0k2时，SOPQ88.因为0k2，则0b0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值思想方法指导对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值规范解答解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.2分(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知 .由于点P在椭圆上，所以y1.所以.4分因为m，2x02，可得，所以mx0，因此mb0)的离心率e，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，椭圆左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论解(1)由短轴长为2，得b，由e，得a24，b22.所以椭圆C的标准方程为1.(2)以MN为直径的圆过定点F(，0)证明如下：设P(x0，y0)，则Q(x0，y0)，且1，即x2y4，因为A(2,0)，所以直线PA方程为y(x2)，所以M(0，)，直线QA方程为y(x2)，所以N(0，)，以MN为直径的圆为(x0)(x0)(y)(y)0，即x2y2y0，因为x42y，所以x2y22y20，令y0，则x220，解得x.所以以MN为直径的圆过定点F(，0)2(2016安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆E：1(ab0)的离心率为，点(，)为椭圆上的一点(1)求椭圆E的标准方程；(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值(1)解因为e，所以ca，a2b2(a)2.又椭圆过点(，)，所以1.由，解得a26，b24，所以椭圆E的标准方程为1.(2)证明设直线l：ykx1，联立得(3k22)x26kx90.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，易知B(0，2)，故kBCkBDk2k23k(3k22)2.所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值3.如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且1，|1.(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆方程为1(ab0)，则c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(1,0)，直线l的斜率k1.于是设直线l为yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.(*)将代入(*)式得2(m1)m2m0，解得m或m1，经检验m符合条件故存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，直线l的方程为3x3y40.*4.(2016江西三校第一次联考)已知半椭圆1(x0)与半椭圆1(xbc0.如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点(1)若三角形F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；(2)若|A1A2|B1B2|，求的取值范围；(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点M的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由解(1)F0(c,0)，F1(0，)，F2(0，)，|F0F2|b1，|F1F2|21，c2，a2b2c2，所求“果圆”的方程为(2)由题意，得ac2b，即2ba